Mathcad - A9_8.mcd

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Aufgabe A 9.8
Exergieverlust in einem Verdichter mit Kühler
Ein gekühlter Verdichter saugt Luft aus der Umgebung mit tU = 25°C und p U = 1 bar an und verdichtet
diese auf p 2 = 6 bar bei t2 = 147°C. Die vom Verdichter aufgenommene Arbeit wird dabei zu 10 % zur
Überwindung von Reibungskräften benötigt.
a) Stellen Sie den Prozess im p-v-Diagramm und im T-s-Diagramm dar (Wie groß ist der
Polytropenexponent?)
b) Berechnen Sie die spezifischen Prozessgrößen Wärme und Arbeit.
c) Wie groß wäre die abgegebene spezifische Arbeit und die Wärme, wenn die Zustandsänderung innerlich
reversibel ablaufen würde?
d) Stellen Sie eine Betrachtung über die Exergieverluste an
Luft soll als ideales Gas mit konstanter spezifischer Wärmekapazität betrachtet werden.
Die oben gegebenen Größen sind unten global definiert
Lösung :
t1 := tU
p 1 := p U
T1 := Tt ( t1)
T2 := Tt ( t2)
n− 1
a)
Startwert:
n := 1.4
Vorgabe
 p2 
=
T1  p 1 
T2
n
n := Suchen( n )
n = 1.237
Mit 1 < n < κ verläuft die Zustandsänderung zwischen der Isotherme und der Isentrope, d.h. im
T-s-Diagramm nach links (Entropieabnahme). Ohne Kühlung müsste die Entropie infolge der
Dissipation zunehmen. Die (aktiven) Diagramme sind am Ende der Datei dargestellt.
b)
1. Hauptsatz:
wt1_2 + q 1_2 = h 2 − h 1 = cp( t2 − t1)
2. Hauptsatz:
Tds = dq + dwR
Technische Arbeit:
⌠
wt1_2 =  v dp + wR1_2 + ea
⌡
2
(Gl. 4.12)
1
Da die Reibungsarbeit mit 10% der technischen Arbeit angenommen werden soll, und die äußeren Energien nicht
genannt wurden, d.h. zu vernachlässige sind, ist:
2
⌠
0.9⋅ wt1_2 =  v dp
⌡
1
1
RL⋅ Tt ( t1)
Mit
v 1 :=
ist
2
1 ⌠
wt1_2 :=
⋅  v ( p ) dp
0.9 ⌡p
und
p1
 p1 
v ( p ) := v 1⋅ 
p
n
p
wt1_2 = 203.3
1
und
kg
q 1_2 = h 2 − h 1 − wt1_2 = cp⋅ ( t2 − t1) − wt.1_2
q 1_2 := cp⋅ ( t2 − t1) − wt1_2
c)
kJ
Bei innerlich reversibler Zustandsänderung
wäre die technische Arbeit:
q 1_2 = −80.8
kJ
kg
p
⌠ 2
wt1_2rev :=  v ( p ) dp
⌡p
1
wt1_2rev = 183
kJ
kg
q 1_2rev := cp⋅ ( t2 − t1) − wt1_2rev
und die Wärme:
d)
q 1_2rev = −60.5
kJ
kg
Exergieverlust:
Die Entropieänderung wird verursacht durch die Dissipation und - in entgegengesetzter Richtung durch die Wärmeabfuhr bei der Kühlung. Nimmt man an, dass der im Kühlwasser verbleibende
Exergieanteil nicht genutzt wird (Hierzu müsste auch die Erwärmung des Kühlwassers bekannt sein),
so kann man sich auf den Vergleich zwischen der eingesetzten technischen Antriebsarbeit und der in
der verdichteten Luft verbleibenden Exergie beschränken.
diese ist:
 T2 
s2 := cp⋅ ln
mit
 T0 
 p2 
e2ex := cp⋅ ( T2 − TU) − TU⋅ ( s2 − sU)
− R⋅ ln
 p0 
und damit der exergetische Wirkungsgrad:
η ex :=
e2ex = 173.2 K
e2ex
p-v-Diagramm
550
T-s-Diagramm
500
5
450
Absolute Temperatur in K
Druck in bar
4
3
2
400
350
300
1
0
250
0
p U ≡ 1bar
0.2
0.4
0.6
0.8
spez. Volumen in m^3/kg
tU ≡ 25°C
p 2 ≡ 6bar
t2 ≡ 147°C
200
kg⋅ K
η ex = 0.852
wt1_2
Bereiche
6
kJ
100
0
100
spez. Entropie in J / kg*K
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